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摘要： 这个 \(\max\) 的限制很烦，因此需要处理。 可以倒序枚举数字，从 \(n \times m\) 到 \(1\)。这样就保证了放下的每个数字都不会被后面的数字影响。 对于一个 \([1, n \times m]\) 的数字 \(x\)。 如果存在一个 \(X_i = Y_j = x\)， 那么 阅读全文

摘要： 概是我太蒻了吧，大部分题解我不是很懂。 就是一个改版的最短路。由于一单位时间走一个距离单位，所以距离和时间等价。设 \(dis_{i, j}\) 代表到了 \(i\) 点，距离模上 \(k\) 是 \(j\) 的距离最小值。 先不管开放时间的限制。然后对于一个点，所有他可到达的点都可以如此更新。 设 阅读全文

摘要： 第一问贪心的做出我们最少需要多少瓶子。 第二问需要一个巧妙的转换。如果我们想要转入瓶子的水最少，就应该让瓶子内本来的水最多！ 所以问题转换为了，选一定数量的瓶子，这些瓶子的容量一定要大于总水量，求这些瓶子原来的水量最多有多少。 那么我们将每一个瓶子的容量当作体积，这个瓶子原来的水量当作价值，背包求即 阅读全文

摘要： 神人题。 首先要二分一下\(k\)。然后呢？然后就不会了。 查看题解仔细思考后，发现模拟就行了。 开一个堆，把前 \(k\) 个牛放进去。 然后对于后面的牛，你每次把堆顶的牛拿出来，然后把后面的牛放进去。由于要等到堆顶的牛跳完，所以放进去的时候要加上堆顶的牛的跳舞时间。 记录最后一头牛跳完的时间。 阅读全文

摘要： 这是一个非常经典的问题。 有两种解法，一种是 \(\mathcal O(n ^ 2)\) 的动态规划做法，一种是 \(\mathcal O(n \log n)\) 的贪心做法。 动态规划做法 设 \(dp_i\) 为以第 \(i\) 个数字结尾的最长单调增加序列。 然后枚举每个 \(j\) 使得 \ 阅读全文

摘要： 最开始想的是贪心瞎搞，拿到了 52pts 后以为有前途，结果一看讨论区发现假了。 正解是树形dp吼。 可以先看一下 洛谷的第一篇题解。写的很好，但是他写的一些东西我开始看不懂。因此在此记录一些问题与我的理解。 #include <bits/stdc++.h> #define rep(i, a, b) 阅读全文

摘要： 完全不需要剖分啊，不知道 tag 在打什么劲。 首先看题面。 操作1是正常的操作，开一颗线段树记录 dfs 序区间修改。 操作2是反常的操作。这题需要记 bfs 序。这样就可以确保一个节点的直连节点 bfs 序是连续的。然后再开一颗线段树记录 bfs 序区间修改。 注意哦，一个节点和他的子节点的 b 阅读全文

摘要： 题目链接 首先有一个贪心结论需要发现，就是一个城堡晚守总比早守好。 为啥呢？如果一个城堡可以以后通过传送门再守，那你到时候可以再决定。如果到时候发现兵不够了，那可以一直预留一个兵给这个城堡。总之，所能做的决策是现在守的决策的超集。 那么对于每个城堡算出最后能到达它的城堡即可。每个城堡，能更新它的城堡 阅读全文

摘要： ABC round 427 T3 注意到 \(n\) 非常小，那么枚举染色方式然后判断二分图即可。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long #define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i) #def 阅读全文

摘要： T3 题意略，大概就是写一棵支持单点加和区间修改的线段树。 敲就完事了。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long #define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i) #define rep_(i, a 阅读全文